В равнобедренной трапеции ABCD основание AD в два раза больше… — 18 задание ЕГЭ профиль

№18 Трапеции средняя развёрнутое

В равнобедренной трапеции $A B C D$ основание $A D$ в два раза больше основания $B C$ .

а) Докажите, что высота $C H$ трапеции разбивает основание $A D$ на отрезки, один из которых втрое больше другого.

б) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей трапеции $A B C D$ . Найдите расстояние от вершины $C$ до середины отрезка $O D$ , если $B C = 16$ и $A B = 10$ .

Развёрнутое задание второй части — реши на бумаге и сверься с разбором

Разбор — 3 балла

Трапеция ABCD, точка P на высоте CH

а) Пусть $B C = x$ , тогда $A D = 2 x$ . Углы при большем основании равнобедренной трапеции острые, поэтому высоты $B G$ и $C H$ , опущенные на $A D$ , имеют основания на отрезке $A D$ .

Четырёхугольник $B G H C$ — прямоугольник: $B G ∥ C H$ (обе перпендикулярны $A D$ ), $B C ∥ G H$ , и все его углы прямые. Поэтому $G H = B C = x$ .

Прямоугольные треугольники $A B G$ и $D C H$ равны по гипотенузе и катету: $A B = D C$ (трапеция равнобедренная), $B G = C H$ (высоты трапеции). Значит, $A G = H D$ . Так как $A G + G H + H D = A D$ , получаем

$2 H D = A D - B C = 2 x - x = x, H D = \frac{x}{2}, A H = A D - H D = \frac{3 x}{2} = 3 H D .$

Итак, высота $C H$ делит $A D$ на отрезки $A H$ и $H D$ , один из которых втрое больше другого. Что и требовалось доказать.

б) По условию $B C = 16$ , поэтому $A D = 32$ , а по пункту а)

$H D = 8, A H = 24.$

Высоту найдём по теореме Пифагора из треугольника $C H D$ ( $C D = A B = 10$ ):

$C H = C D^{2} - H D^{2} = 100 - 64 = 6.$

Найдём положение точки $O$ . Треугольники $B O C$ и $D O A$ подобны по двум углам: $∠ O B C = ∠ O D A$ и $∠ O C B = ∠ O A D$ как накрест лежащие при параллельных прямых $B C$ , $A D$ . Коэффициент подобия равен $\frac{B C}{A D} = \frac{1}{2}$ . Высоты подобных треугольников, проведённые из вершины $O$ , относятся так же, как стороны, а вместе они составляют высоту трапеции. Поэтому расстояние от $O$ до $A D$ равно $\frac{2}{3}$ высоты:

$O Q = \frac{2}{3} \cdot 6 = 4,$

где $Q$ — основание перпендикуляра из $O$ на $A D$ . Равнобедренная трапеция симметрична относительно серединного перпендикуляра к основаниям, и точка $O$ пересечения диагоналей лежит на этой оси симметрии. Значит, $Q$ — середина $A D$ :

$Q D = \frac{1}{2} A D = 16.$

Пусть $P$ — середина $O D$ , а $P^{'}$ — основание перпендикуляра из $P$ на $A D$ . В прямоугольном треугольнике $O Q D$ отрезок $P P^{'}$ параллелен катету $O Q$ (оба перпендикулярны $A D$ ) и проходит через середину гипотенузы. По теореме Фалеса $P^{'}$ — середина $Q D$ , а $P P^{'}$ — средняя линия треугольника $O Q D$ :

$P^{'} D = \frac{1}{2} Q D = 8, P P^{'} = \frac{1}{2} O Q = 2.$

Но $H D = 8$ , то есть точки $P^{'}$ и $H$ на отрезке $A D$ совпадают. Значит, точка $P$ лежит на перпендикуляре к $A D$ в точке $H$ , то есть на высоте $C H$ , на расстоянии $2$ от $A D$ . Точки $C$ и $P$ лежат по одну сторону от $A D$ , поэтому

$C P = C H - P H = 6 - 2 = 4.$

Проверим по формуле медианы. Диагональ $A C = A H^{2} + C H^{2} = 576 + 36 = 617$ , и из подобия $A O : O C = 2 : 1$ , поэтому $C O = 217$ , $O D = \frac{2}{3} B D = \frac{2}{3} A C = 417$ . Отрезок $C P$ — медиана треугольника $C O D$ :

$C P^{2} = \frac{2 C O ^{2} + 2 C D ^{2} - O D ^{2}}{4} = \frac{2 \cdot 68 + 2 \cdot 100 - 272}{4} = \frac{64}{4} = 16, C P = 4.$

Ответ: б) $4$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Сообщить об ошибке

Ещё задания №18